湖北随州盈瑞实验高中2026届高三下学期数学周测试题4.26

随州市盈瑞实验高中高三数学周测试题 2026.04.26 一、单选题 1．若集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数，其中为虚数单位，则复数的虚部为（   ） A． B． C． D． 3．若角的终边过点，则（    ） A． B． C． D．3 4．的展开式中，的系数为（   ） A．80 B．40 C． D． 5．已知向量与的夹角为，，，则（    ） A． B．0 C． D．2 6．晋祠圣母殿是现存宋代建筑艺术的杰出代表，图1是该建筑的剖面画图.圣母殿以其独特的木构技术、历史价值与艺术成就闻名，被誉为研究中国宋代建筑的“活标本”.现使用图2简单模拟圣母殿的屋顶结构，其中四边形为矩形，，，，，为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为，圆心角为.已知区域和是被瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为（    ）    A． B． C． D． 7．已知双曲线，有相同的渐近线，焦点分别在轴、轴上，离心率分别为，，则的最小值为（    ） A．4 B． C．3 D． 8．已知函数在定义域内不存在零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知点与点关于点对称，若，，，的平均数为，中位数为，方差为，极差为，则，，，这组数满足（    ） A．平均数为 B．中位数为 C．方差为 D．极差为 10．正方体中，点分别为棱的中点，则（  ） A． B．平面 C．平面 D． 11．已知抛物线的焦点为，为坐标原点，曲线交于点，，若，则（    ） A． B． C．面积的最小值为1 D． 三、填空题 12．已知，则 . 13．在正项等比数列中，若，，则 . 14．已知，若，不等式恒成立，则的取值范围为 . 四、解答题 15．记的内角，，的对边分别为，，，. (1)求； (2)若的角平分线交边于点，，，求的周长. 16．已知甲、乙进行围棋比赛，甲每局获胜的概率为，乙每局获胜的概率为，每局无平局，每局比赛结果互不影响．比赛规则如下：若一方先获胜3局，则该方获胜，比赛结束． (1)求比赛四局结束的概率； (2)在前两局比赛甲获胜的条件下，再比赛局结束，求的分布列与数学期望． 17．如图，在四棱锥中，平面，且，，，，是的中点.若四棱锥有外接球.    (1)求四棱锥外接球的体积； (2)求二面角的余弦值. 18．已知椭圆的右焦点为，离心率为，点在上，且位于第二象限，点，直线与在第一象限交于点. (1)求的方程； (2)若是的中点，求直线的方程； (3)过点作直线轴，过点作直线轴，直线交于点，证明直线过定点，并求出该定点. 19．南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”.在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式. 如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第层球数比第层球数多，设各层球数构成一个数列. (1)求数列的通项公式； (2)求的最小值； (3)若数列满足，对于，证明：. 参考答案 1．A 【详解】令，解得，则， 因为，所以，故A正确. 故选：A 2．C 【详解】由， 所以复数的虚部为． 故选：C． 3．B 【详解】由角的终边过点，得， 所以. 故选：B. 4．D 【详解】个因式，个因式中取，个因式中取，个因式中取， 即可得出含的项，其为， 故的系数为. 故选：D 5．D 【详解】，又， 所以，则. 故选：D 6．B 【详解】由题意可知区域和全等，且都是底面半径为，高为的圆柱的侧面的一部分， 将区域还原到如图所示圆柱中.    由图可知，，， 由扇形的弧长公式可知，的长为， 结合圆柱的侧面积公式可知， 所以， 所以被瓦片覆盖的区域和的总面积为. 故选：B 7．D 【详解】设双曲线，，，，，， 则对于，其半焦距为，长半轴为，则； 对于，其半焦距为，长半轴为，则， 则， 结合（当且仅当时取等号）及基本不等式， ， 当且仅当时取等号. 故选：D 8．选C【详解】当时，由，此时函数无零点； 当时，对任意的恒成立，函数在上单调递增， 且当时，，当时，，此时存在一个零点，不符合题意； 当时，由可得，由可得， 由可得，所以函数的单调减区间为，单调增区间为， 所以，因为函数不存在零点， 所以，可得，解得. 综上所述，当函数不存在零点时，，故选：C. 9．BCD 【详解】因为点与点关于点对称， 所以，则， 又，，，的平均数为，中位数为，方差为，极差为， 所以，，，，这组数的平均数为，中位数为，方差为，极差为， 故BCD正确，A错误. 故选：BCD 10．BC 【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为2. A：因为， 所以， 因为， 所以不成立，故本选项说法不正确； B：因为， 所以， 因为， 所以，而平面， 所以平面，因此本选项说法正确； C：设平面的法向量为， 因为，所以， 于是有，， 因为，平面， 所以平面，因此本选项说法正确； D：因为，所以，而， 显然不存在实数，使得成立，所以不成立，因此本选项说法不正确， 故选：BC 11．ACD 【详解】如图： 选项A：由题意知，曲线过点，延长交抛物线于点， 由对称性可知点与点关于轴对称，则， 不妨设直线，则， 所以， ，，，故A正确； 选项B：，则，故B错误； 选项C：，则的最小值为1，故C正确； 选项D：， ，， ，故D正确. 故选：ACD 12．1 【详解】由知，，，同理可得. 得到. 故答案为：1 13．1024/ 【详解】由题意知，， 因为正项等比数列，所以， 由，可得， 所以，即. 故答案为： 14． 【详解】令，则， 令，，在区间上单调递增，且， 在区间上单调递减，在区间上单调递增， ， 令，易知在区间上单调递增， 又，，. 故答案为： 15．(1) (2) 【详解】（1）由及正弦定理，得， ，， ，，，，或. ，，，即. （2）如图：   ， ，①， 又在中，由余弦定理可得，即②， 将①代入②得，或（舍）, . 的周长为. 16．（1）当比赛四局结束时，若甲获胜，则甲第四场胜，前三场胜两场输一场， 则甲获胜的概率为；..............................................................3分 当比赛四局结束时，若乙获胜，则乙第四场胜，前三场胜两场输一场， 则乙获胜的概率为，..............................................................6分 故比赛四局结束的概率为.....................................................................7分 （2）由题意，的可能取值为， 当时，比赛结束，因为前两局甲获胜，故此局必为甲胜， 则；..............................................................................................................9分 当时，比赛结束，因为前两局甲获胜，故这两局中第一局乙胜，第二局甲胜， 则；.............................................................................................11分 当时，比赛结束，因为前两局甲获胜，故这三局中，要么乙全部胜，要么乙胜前两局，甲胜最后一局， 则；.............................................................................13分 所以的分布列为..........................................14分 故．............................................................................15分 17．(1) (2) 【详解】（1）平面，四棱锥有外接球， 四边形有外接圆， ， 为四边形的外接圆的直径，的中点为圆心，且， 是的中点，，， 取的中点，连接，，则， 平面，平面，， 外接球的球心即为点，半径为， 外接球的体积为. （2）法一：如图，以为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，    由（1）知，，，，， ，，， 设平面的法向量，则， 令，则， 设平面的法向量，则， 令，则， ， 由图可得，二面角的余弦值为. 法二：，，中，，，， ，， ，设点到平面的距离为， ，，解得， 记大小为，，. 18． 【（1）由题意可得........................................................................................2分 解得，所以的方程为...................................................................4分 （2）依题意画出图像为： 设直线的方程为................................................................................................5分 （因为点在第二象限，所以，即），设，. 联立直线与椭圆方程得........................................6分 当时，. 由根与系数的关系知，①，②........................................8分 因为是的中点，所以，结合①解得. 代入②，解得（舍去）， 所以直线的方程为，即或..........11分 （3）根据题意画出图像为： 由①②可得，.........................................12分 由题意可得，，直线的方程为 ，......................16分 所以直线过定点.....................................................................................................17分 19．（1）依题意，，则有， 当时， .............................................................................3分 又也满足，所以.....................................................................................4分 （2）函数的定义域为，.................................................5分 求导得，................................................................................6分 当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增，因此， 所以函数的最小值为0..............................................................................................9分 （3） 由（2）知，当时，，令， 则，..........................................................................................................10分 则，..........12分 因此， 令， 于是，..............................................................14分 两式相减得， 因此，所以.............................................................17分 学科网（北京）股份有限公司 $